文理通用201X届高考数学大二轮复习 第1部分 专题2 函数与导数 第3讲 导数的简单应用练习.docx

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文理通用201X届高考数学大二轮复习第1部分专题2函数与导数第3讲导数的简单应用练习

第一部分专题二第三讲导数的简单应用

A组

1．曲线y＝xex＋2x－1在点（0，－1）处的切线方程为（A）

A．y＝3x－1　　　　　B．y＝－3x－1

C．y＝3x＋1D．y＝－2x－1

[解析]　k＝y′|x＝0＝（ex＋xex＋2）|x＝0＝3，

∴切线方程为y＝3x－1，故选A．

2．（文）如图，函数y＝f（x）的图象在点P处的切线方程为x－y＋2＝0，则f

（1）＋f′

（1）＝（D）

A．1B．2

C．3D．4

[解析]　由条件知（1，f

（1））在直线x－y＋2＝0上，且f′

（1）＝1，∴f

（1）＋f′

（1）＝3＋1＝4.

（理）（2017·烟台质检）在等比数列{an}中，首项a1＝

，a4＝

（1＋2x）dx，则该数列的前5项和S5为（　　C　　）

A．18　　　　B．3　　　　

C．

　　　　D．

[解析]　a4＝

（1＋2x）dx＝（x＋x2）|

＝18，

因为数列{an}是等比数列，

故18＝

q3，解得q＝3，

所以S5＝

＝

.故选C.

3．已知常数a、b、c都是实数，f（x）＝ax3＋bx2＋cx－34的导函数为f′（x），f′（x）≤0的解集为{x|－2≤x≤3}，若f（x）的极小值等于－115，则a的值是（　　C　　）

A．－

B．

C．2D．5

[解析]　依题意得f′（x）＝3ax2＋2bx＋c≤0的解集是[－2,3]，于是有3a>0，－2＋3＝－

，－2×3＝

，

∴b＝－

，c＝－18a，函数f（x）在x＝3处取得极小值，于是有f（3）＝27a＋9b＋3c－34＝－115，－

a＝－81，a＝2，故选C.

4．若函数f（x）＝loga（x3－ax）（a>0，a≠1）在区间（－

，0）内单调递增，则a的取值范围是（　　B　　）

A．[

，1）B．[

，1）

C．（

，＋∞）D．（1，

）

[解析]　由x3－ax>0得x（x2－a）>0.

则有

或

所以x>

或－

即函数f（x）的定义域为（

，＋∞）∪（－

，0）．

令g（x）＝x3－ax，则g′（x）＝3x2－a，

当g′（x）≥0时，x≥

，不合要求，

由g′（x）<0得－

从而g（x）在x∈（－

，0）上是减函数，

又函数f（x）在x∈（－

，0）内单调递增，

则有

所以

≤a<1.

5．（2018·辽宁大连一模）函数f（x）＝ex·sinx在点（0，f（0））处的切线方程是y＝x.

[解析]　∵f（x）＝ex·sinx，f′（x）＝ex（sinx＋cosx），f′（0）＝1，f（0）＝0，

∴函数f（x）的图象在点（0,0）处的切线方程为y－0＝1×（x－0），即y＝x.

6．已知函数f（x）＝

x2＋3ax－lnx，若f（x）在区间[

，2]上是增函数，则实数a的取值范围为[

，＋∞）.

[解析]　由题意知f′（x）＝x＋3a－

≥0在[

，2]上恒成立，即3a≥－x＋

在[

，2]上恒成立．

又y＝－x＋

在[

，2]上单调递减，

∴（－x＋

）max＝

，

∴3a≥

，即a≥

.

7．（文）若函数y＝－

x3＋ax有三个单调区间，则a的取值范围是a>0.

[解析]　y′＝－x2＋a，若y＝－

x3＋ax有三个单调区间，则方程－x2＋a＝0应有两个不等实根，故a>0.

（理）（2018·临沂模拟）如图，已知A（0，

），点P（x0，y0）（x0>0）在曲线y＝x2上，若阴影部分面积与△OAP面积相等，则x0＝

.

[解析]　因为点P（x0，y0）（x0>0）在曲线y＝x2上，

所以y0＝x

，

则△OAP的面积S＝

|OA||x0|＝

×

x0＝

x0，

阴影部分的面积为∫x00x2dx＝

x3|x00＝

x

，

因为阴影部分面积与△OAP的面积相等，

所以

x

＝

x0，

即x

＝

.

所以x0＝

＝

.

8．已知函数f（x）＝（x＋1）lnx－a（x－1）．

（1）当a＝4时，求曲线y＝f（x）在（1，f

（1））处的切线方程；

（2）若当x∈（1，＋∞）时，f（x）>0，求实数a的取值范围．

[解析]　

（1）f（x）的定义域为（0，＋∞）．

当a＝4时，f（x）＝（x＋1）lnx－4（x－1），

f′（x）＝lnx＋

－3，f′

（1）＝－2，

f

（1）＝0.

曲线y＝f（x）在（1，f

（1））处的切线方程为2x＋y－2＝0.

（2）当x∈（1，＋∞）时，f（x）>0等价于

lnx－

>0.

设g（x）＝lnx－

，

则g′（x）＝

－

＝

，g

（1）＝0.

①当a≤2，x∈（1，＋∞）时，

x2＋2（1－a）x＋1≥x2－2x＋1>0，故g′（x）>0，

g（x）在（1，＋∞）内单调递增，因此g（x）>g

（1）＝0；

②当a>2时，令g′（x）＝0，得

x1＝a－1－

，x2＝a－1＋

.

由x2>1和x1x2＝1，得x1<1，

故当x∈（1，x2）时，g′（x）<0，

g（x）在（1，x2）内单调递减，此时g（x）

（1）＝0.

综上，a的取值范围是（－∞，2]．

9．（文）已知函数f（x）＝

（a>0，r>0）．

（1）求f（x）的定义域，并讨论f（x）的单调性；

（2）若

＝400，求f（x）在（0，＋∞）内的极值．

[解析]　

（1）由题意知x≠－r，

所以定义域为（－∞，－r）∪（－r，＋∞），

f（x）＝

＝

，

f′（x）＝

＝

，

所以当x<－r或x>r时，f′（x）<0，

当－r0.

因此，f（x）的单调递减区间是（－∞，－r），（r，＋∞）；

f（x）的单调递增区间是（－r，r）．

（2）由

（1）可知f（x）在（0，r）上单调递增，在（r，＋∞）上单调递减，因此，x＝r是f（x）的极大值点，所以

f（x）在（0，＋∞）内的极大值为f（r）＝

＝

＝100.

（理）设函数f（x）＝xea－x＋bx，曲线y＝f（x）在点（2，f

（2））处的切线方程为y＝（e－1）x＋4.

（1）求a，b的值；

（2）求f（x）的单调区间．

[解析]　

（1）因为f（x）＝xea－x＋bx，

所以f′（x）＝（1－x）ea－x＋b.

依题设，得

即

解得a＝2，b＝e.

（2）由

（1），知f（x）＝xe2－x＋ex.

由f′（x）＝e2－x（1－x＋ex－1）及e2－x>0知，

f′（x）与1－x＋ex－1同号．

令g（x）＝1－x＋ex－1，则g′（x）＝－1＋ex－1.

所以当x∈（－∞，1）时，g′（x）<0，

g（x）在区间（－∞，1）内单调递减；

当x∈（1，＋∞）时，g′（x）>0，

g（x）在区间（1，＋∞）内单调递增．

故g

（1）＝1是g（x）在区间（－∞，＋∞）内的最小值．

B组

1．（2017·郑州市质检）已知函数f（x）的导函数为f′（x），且满足f（x）＝2xf′（e）＋lnx，则f′（e）＝（　　C　　）

A．1B．－1

C．－e－1D．－e

[解析]　依题意得，f′（x）＝2f′（e）＋

，取x＝e得f′（e）＝2f′（e）＋

，由此解得f′（e）＝－

＝－e－1，故选C.

2．已知函数f（x）＝ax3＋bx2－3x在x＝±1处取得极值，若过点A（0,16）作曲线y＝f（x）的切线，则切线方程是（　　B　　）

A．9x＋y－16＝0B．9x－y＋16＝0

C．x＋9y－16＝0D．x－9y＋16＝0

[解析]　f′（x）＝3ax2＋2bx－3，

依题意f′

（1）＝f′（－1）＝0，

即

解得a＝1，b＝0.

所以f（x）＝x3－3x，

因为曲线方程为y＝x3－3x，点A（0,16）不在曲线上，

设切点为（x0，y0），则点M的坐标满足y0＝x

－3x，

因此f′（x0）＝3（x

－1）

故切线的方程为y－y0＝3（x

－1）（x－x0）

注意到点A（0,16）在切线上，

有16－（x

－3x0）＝3（x

－1）（0－x0），

化简得x

＝－8.

解得x0＝－2.

所以，切点为M（－2，－2），切线方程为9x－y＋16＝0.

3．（文）函数f（x）＝3x2＋lnx－2x的极值点的个数是（　　A　　）

A．0B．1

C．2D．无数个

[解析]　函数定义域为（0，＋∞），

且f′（x）＝6x＋

－2＝

，

由于x>0，g（x）＝6x2－2x＋1中Δ＝－20<0，

所以g（x）>0恒成立，故f′（x）>0恒成立，

即f（x）在定义域上单调递增，无极值点．

（理）物体A以v＝3t2＋1（m/s）的速度在一直线l上运动，物体B在直线l上，且在物体A的正前方5m处，同时以v＝10t（m/s）的速度与A同向运动，出发后物体A追上物体B所用的时间t（s）为（　　C　　）

A．3B．4

C．5D．6

[解析]　因为物体A在t秒内行驶的路程为

（3t2＋1）dt，物体B在t秒内行驶的路程为

10tdt，所以

（3t2＋1－10t）dt＝（t3＋t－5t2）|

＝t3＋t－5t2＝5，所以（t－5）（t2＋1）＝0，即t＝5.

4．（文）（2018·湖南衡阳三次联考）已知x＝1是函数f（x）＝ax3－bx－lnx（a>0，b∈R）的一个极值点，则lna与b－1的大小关系是（　　B　　）

A．lna>b－1B．lna

C．lna＝b－1D．以上都不对

[解析]　f′（x）＝3ax2－b－

，

∵x＝1是函数f（x）的极值点，

∴f′

（1）＝3a－b－1＝0，即3a－1＝b.

令g（a）＝lna－（b－1）＝lna－3a＋2（a>0），

则g′（a）＝

－3＝

，

∴g（a）在（0，

）上递增，在（

，＋∞）上递减，

故g（a）max＝g（

）＝1－ln3<0.

故lna

（理）（2018·河北唐山期末）已知函数f（x）＝ln（ex＋e－x）＋x2，则使得f（2x）>f（x＋3）成立的x的取值范围是（D）

A．（－1,3）B．（－∞，－3）∪（3，＋∞）

C．（－3,3）D．（－∞，－1）∪（3，＋∞）

[解析]　∵函数f（x）＝ln（ex＋e－x）＋x2，

∴f′（x）＝

＋2x，

当x>0时，f′（x）>0，f（x）单调递增，

当x<0时，f′（x）<0，f（x）单调递减，

当x＝0时，f′（x）＝0，f（x）取最小值，

∵f（x）＝ln（ex＋e－x）＋x2是偶函数，且在（0，＋∞）上单调递增，

∴f（2x）>f（x＋3）等价于|2x|>|x＋3|，

整理，得x2－2x－3>0，

解得x>3或x<－1，

∴使得f（2x）>f（x＋3）成立的x的取值范围是（－∞，－1）∪（3，＋∞），故选D．

5．设f（x），g（x）分别是定义在R上的奇函数和偶函数，且g（x）≠0，当x<0时，f′（x）g（x）>f（x）g′（x），且f（－3）＝0，则不等式

<0的解集是（－∞，－3）∪（0,3）.

[解析]　因为f（x）和g（x）（g（x）≠0）分别是定义在R上的奇函数和偶函数，

所以f（－x）＝－f（x），g（－x）＝g（x）．

因为当x<0时，f′（x）g（x）－f（x）g′（x）>0，

当x<0时，[

]′＝

>0，

令h（x）＝

.

则h（x）在（－∞，0）上单调递增，

因为h（－x）＝

＝

＝－h（x），

所以h（x）为奇函数，

根据奇函数的性质可得函数h（x）在（0，＋∞）上单调递增，

因为f（－3）＝－f（3）＝0，

所以h（－3）＝－h（3）＝0，

h（x）<0的解集为（－∞，－3）∪（0,3）．

6．已知函数f（x）＝x3－3ax（a∈R），若直线x＋y＋m＝0对任意的m∈R都不是曲线y＝f（x）的切线，则a的取值范围为（－∞，

）.

[解析]　f（x）＝x3－3ax（a∈R），则f′（x）＝3x2－3a，若直线x＋y＋m＝0对任意的m∈R都不是曲线y＝f（x）的切线，

则直线的斜率为－1，f′（x）＝3x2－3a与直线x＋y＋m＝0没有交点，

又抛物线开口向上则必在直线上面，即最小值大于直线斜率，则当x＝0时取最小值，－3a>－1，

则a的取值范围为a<

.

7．已知f（x）＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值为10，则a＋b＝－7.

[解析]　f′（x）＝3x2＋2ax＋b，由x＝1时，函数取得极值10，

得

联立①②得

或

当a＝4，b＝－11时，f′（x）＝3x2＋8x－11＝（3x＋11）（x－1）在x＝1两侧的符号相反，符合题意．

当a＝－3，b＝3时，f′（x）＝3（x－1）2在x＝1两侧的符号相同，所以a＝－3，b＝3不符合题意，舍去．

综上可知，a＝4，b＝－11，∴a＋b＝－7.

8．（文）已知函数f（x）＝2ax－

－（2＋a）lnx（a≥0）．

（1）当a＝0时，求f（x）的极值；

（2）当a>0时，讨论f（x）的单调性．

[解析]　

（1）当a＝0时，f（x）＝－

－2lnx⇒f′（x）＝

－

＝

（x>0）．

由f′（x）＝

>0，

解得0

，

由f′（x）＝

<0，

解得x>

.

∴f（x）在（0，

）内是增函数，在（

，＋∞）内是减函数．

∴f（x）的极大值为f（

）＝2ln2－2，无极小值．

（2）f（x）＝2ax－

－（2＋a）lnx⇒

f′（x）＝2a＋

－（2＋a）

＝

＝

.

①当0

）和（

，＋∞）内是增函数，在（

，

）内是减函数；

②当a＝2时，f（x）在（0，＋∞）内是增函数；

③当a>2时，f（x）在（0，

）和（

，＋∞）内是增函数，在（

，

）内是减函数．

（理）已知函数f（x）＝

ax2＋lnx，其中a∈R.

（1）求f（x）的单调区间；

（2）若f（x）在（0,1]上的最大值是－1，求a的值．

[解析]　

（1）f′（x）＝

，x∈（0，＋∞）．

当a≥0时，f′（x）>0，从而函数f（x）在（0，＋∞）上单调递增；当a<0时，令f′（x）＝0，解得x＝

，舍去x＝－

.

此时，f（x）与f′（x）的情况如下：

x

（0，

）

（

，＋∞）

f′（x）

＋

0

－

f（x）

f（

）

所以，f（x）的单调递增区间是（0，

）；

单调递减区间是（

，＋∞）．

（2）①当a≥0时，由

（1）得函数f（x）在（0,1]上的最大值为f

（1）＝

.

令

＝－1，得a＝－2，这与a≥0矛盾，舍去a＝－2.

②当－1≤a<0时，

≥1，由

（1）得函数f（x）在（0,1]上的最大值为f

（1）＝

.

令

＝－1，得a＝－2，这与－1≤a<0矛盾，

舍去a＝－2.

③当a<－1时，0<

<1，由

（1）得函数f（x）在（0,1]上的最大值为f（

）．

令f（

）＝－1，解得a＝－e，满足a<－1.

综上，当f（x）在（0,1]上的最大值是－1时，a＝－e.

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